答案 帶電粒子運動問題(偏難)

1、帶電粒子運動問題(試題偏難，最后面的簡單些加油！答案1、解：（1）粒子在勻強電場中，由動能定理得：解得7m/s （2）粒子剛好不進入中間圓形磁場的軌跡如圖所示，設此時粒子在磁場中運動的旋轉(zhuǎn)半徑為r1在RtQOO1中有：. 解得r1=1m 由，得又由動能定理得：聯(lián)立得：V 所以加速電壓U2滿足條件是：U2V （3）粒子運動軌跡如圖，由于O、O3、Q共線且豎直，又由于粒子在兩磁場中的半徑相同為r2，有O2O3= 2O2Q= 2r2由幾何關(guān)系得QO2O3=60故粒子從Q孔進入磁場到第一次回到Q點所用的時間為t= 2 (T+T =T又由得t3.6610-7s2、解：（1）洛侖茲力提供向心力 （2）由題

2、意分析可知：微粒在豎直方向的運動加速和減速的時間是相等的 則t1=（k=1，2，3）（3）微粒運動的加速度大小時間內(nèi)帶電粒子的位移大?。╧=1，2，3）（k=1，2，3）（4）粒子的運動軌跡將磁場邊界分成n等分（n=2，3，4）由幾何知識可得： 由于有邊界限制，須有：x+r2R由幾何關(guān)系可知則有得到當n=2時不成立，如圖，故n=3，4，5經(jīng)分析可知，n越大，r就越小當n=3時，半徑r有最大值，最大值3、（1），射出速度與初速度方向的夾角為300，即垂直于AB出射.（2）（3）（n=0、1、2）試題分析：（1）微粒在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律有，得，射出速度與初速度方向的夾角為300，即

3、垂直于AB出射.（2）粒子由P1點垂直AB射入磁場，根據(jù)幾何關(guān)系有：由得（3）由和 B2=4B1得，如圖所示，微粒離開磁場時，在磁場B1中做了n個半圓周運動（n=0、1、2）三角形的邊長（n=0、1、2）4、（1）10N/C豎直向下 （2）（3）8.5s試題分析：（1）小球做勻速圓周運動，則故方向豎直向下（2）若小球速率最大，則運動半徑最大，如軌跡所示得由解得（3）因為速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板所在的豎直線上且小球與擋板碰撞n次后落入筐中，則有：解得：n1.5故n可取0或1才能保證小球落入筐中當n=0時，即為（2）問中的解當n=1時，有得：，運動軌跡如圖中所示或者，運動軌跡如圖中所示以軌

4、跡運動，小球用時最長，則有故，軌跡運動對應的圓心角運動最長時間為：5、解：(1設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為R，粒子自A點射出，由幾何知識得R=a 解得：(2帶電粒子從O射入到P點離開磁場，由幾何知識得粒子從P點的出射方向與y軸平行，粒子由O到P所對應的圓心角P點的坐標為：xP=a(1-cos1，yP=asin1粒子進入電場做勻減速直線運動，其在電場中發(fā)生的最大位移為故粒子離開磁場能到達電場中最遠位置的坐標為：x=xp=a(1-sin ，(3粒子在磁場中做圓周運動的周期粒子在電場中做勻變速運動，在電場中運動的時間為：粒子由P點第2次進入磁場，由Q點射出，由幾何知識可知Q點在x軸上，粒子由

5、P到Q的偏向角為2，則1+2=粒子先后在磁場中運動的總時間為粒子在場區(qū)之間做勻速運動的時間為解得粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間為(4根據(jù)對稱性設計出如圖所示的電場區(qū)域6、（1）（2），；（3）試題分析：（1）于x處釋放離子，由動能定理得（2分）得離子進入磁場時的速度（2分）（2）由（1）得在處釋放的離子到達x軸時速度為（1分）從釋放到到達x軸時間為（1分）第一種情況：離子直接從經(jīng)磁場達處。在磁場中經(jīng)歷半圓時間（1分）總時間（1分）第二種情況：離子直接從經(jīng)磁場達處進入電場返回磁場再到處易得在磁場中時間仍然為（2分）在電場中時間為（1分）總時間為（1分）（3）在磁場B中（2分）所以運動半徑（2

6、分）可以看出，B一定時，必有，當時，（離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)從逼近原點出磁場）因此，所有離子都從原點（0，0）點出磁場，擊中熒光屏上（2分）則有（2分）因為所以（2分）7、解：（1）粒子的運動軌跡如圖所示，設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，粒子在勻強磁場中運動時間為t1則，即 設粒子自N點水平飛出磁場，出磁場后應做勻速運動至OM，設勻速運動的距離為s，勻速運動的時間為t2，由幾何關(guān)系知：S=Rcot過MO后粒子做類平拋運動，設運動的時間為t3則：又由題知： 則速度最大的粒子自O進入磁場至重回水平線POQ所用的時間解得：（2）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場的位

7、置均應在ON的連線上，故磁場范圍的最小面積是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積。扇形的面積的面積為：又聯(lián)立得或8、解：（1）小球在PQ金屬板中做類平拋運動： 小球所受電場力，而小球加速度 故 小球在板間運動的時間 小球在垂直板方向上的速度 則小球離開PQ板時的速度為與中軸線的夾角為（2）在PQ極板間，若P板電勢比Q板高，則小球向P板偏離，進入右側(cè)磁場后做圓周運動，由運動的對稱性，則必須N板電勢高于M板電勢，其運動軌跡如圖a所示；同理若Q板電勢比P板高，則必須M板電勢高于N板電勢，其運動軌跡如圖b所示。否則不可能在不與極板相碰的前提下，最終在極板MN的左側(cè)中點O沿中軸線射出。 小球進

8、入磁場后做圓周運動，設運動半徑為R，因洛侖茲力提供向心力，即： 所以 在PQ極板間，若小球向P板偏，設小球射入與射出磁場的兩點間的距離為ha；在PQ極板間，若小球向Q板偏，設小球射入與射出磁場的兩點間的距離為hb。由圖中幾何關(guān)系（注：圖中半徑不同，為簡便，兩圖合一）可算得： 小球偏離中軸線的位移 當小球向P板偏時，根據(jù)對稱性可得QM板間的距離為 當小球向Q板偏時，根據(jù)對稱性可得QM板間的距離為 顯然 代入數(shù)據(jù)得 因而金屬板Q、M間距離最大為0.75m9、（1）(2(3試題分析：（1）電荷在電場中做勻加速運動，設其在電場中運動的時間為,則；解得第一問5分(2當磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑，

9、（2分）周期（1分）當磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑，周期（3分）故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示。時刻電荷與O點的水平距離：（1分）電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：1分根據(jù)電荷的運動情況可知，電荷到達檔板前運動的完整周期數(shù)為15個，有：電荷沿ON運動的距離： 2分故最后8cm的距離如圖所示，有：2分解得：則故電荷運動的總時間： 2分10、（1），方向垂直紙面向里 （2）（3）試題分析：（1）設質(zhì)子在磁場中做圓運動的半徑為。過A、P點分別作速度v的垂線，交點即為質(zhì)子在磁場中作圓周運動的圓心。由幾何關(guān)系得， 所以：。（2分）設磁感應強度為B，根據(jù)質(zhì)子的運動方向和左手定則，可判斷磁感應強度的方向為垂直于紙面向里。（1分）根據(jù)：（2分）（2）設質(zhì)子在磁場中運動的時間為，如圖所示